【文档说明】2020年真题+高考模拟题 专项版解析 文科数学——04 立体几何（教师版）【高考】.docx，共(44)页，2.908 MB，由小赞的店铺上传

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专题04立体几何1．【2020年高考全国Ⅰ卷文数】埃及胡夫金字塔是古代世界建筑奇迹之一，它的形状可视为一个正四棱锥.以该四棱锥的高为边长的正方形面积等于该四棱锥一个侧面三角形的面积，则其侧面三角形底边上的高与底面正方形的边长的比值为A．514−B．512−C．514

+D．512+【答案】C【解析】如图，设,CDaPEb==，则22224aPOPEOEb=−=−，由题意得212POab=，即22142abab−=，化简得24()210bbaa−−=，解得154ba+=（负值舍去）.故选C．【点晴】本题主要考查正四棱锥的概念及其

有关计算，考查学生的数学计算能力，是一道容易题.2．【2020年高考全国Ⅱ卷文数】已知△ABC是面积为934的等边三角形，且其顶点都在球O的球面上．若球O的表面积为16π，则O到平面ABC的距离为A．3B．32C．1D．32【答案】C【解析】设球O的半径为R，则2416R=，解得：2R=.设

ABC外接圆半径为r，边长为a，ABC是面积为934的等边三角形，21393224a=，解得：3a=，22229933434ara=−=−=，球心O到平面ABC的距离22431dRr=−=−=.故选：C．【点睛】本题考查球的相关问题的求解，涉及到球

的表面积公式和三角形面积公式的应用；解题关键是明确球的性质，即球心和三角形外接圆圆心的连线必垂直于三角形所在平面.3．【2020年高考全国Ⅲ卷文数】如图为某几何体的三视图，则该几何体的表面积是A．6+42B．4+42C．6+23D．4+23【答案】

C【解析】根据三视图特征，在正方体中截取出符合题意的立体图形根据立体图形可得：12222ABCADCCDBSSS====△△△根据勾股定理可得：22ABADDB===ADB△是边长为22的等边三角形根据三角形面积公式可

得：2113sin60(22)23222ADBSABAD===△该几何体的表面积是：2362332=++.故选：C．【点睛】本题主要考查了根据三视图求立体图形的表面积问题，解题关键是掌握根据三视图画出立体图形，考查了分析能力和空间想象能力，属于基础题.4．【2020年高考全国Ⅰ卷文数

】已知,,ABC为球O的球面上的三个点，⊙1O为ABC△的外接圆，若⊙1O的面积为4π，1ABBCACOO===，则球O的表面积为A．64πB．48πC．36πD．32π【答案】A【解析】设圆1O半径为r，球的半径为R，依题意，得24,2rr==，ABC为等边三角形，由正弦定理可得

2sin6023ABr==，123OOAB==，根据球的截面性质1OO⊥平面ABC，222211111,4OOOAROAOOOAOOr⊥==+=+=，球O的表面积2464SR==.故选：A【点睛】本题考查球的表面积，应用球

的截面性质是解题的关键，考查计算求解能力，属于基础题.5．【2020年高考天津】若棱长为23的正方体的顶点都在同一球面上，则该球的表面积为A．12πB．24πC．36πD．144π【答案】C【解析】这个球是正方体的外接球，其半径等于正方体的体对角线的一半，即()()()22

223232332R++==，所以，这个球的表面积为2244336SR===.故选：C．【点睛】本题考查正方体的外接球的表面积的求法，求出外接球的半径是本题的解题关键，属于基础题.求多面体的外接球的面积和体积问题，

常用方法有：（1）三条棱两两互相垂直时，可恢复为长方体，利用长方体的体对角线为外接球的直径，求出球的半径；（2）直棱柱的外接球可利用棱柱的上下底面平行，借助球的对称性，球心为上下底面外接圆的圆心连线的中点，再根据勾股定理求球的半径；（3）如果设计几何体有两个面相交，可过两个面的外心分别作

两个面的垂线，垂线的交点为几何体的球心.6．【2020年高考北京】某三棱柱的底面为正三角形，其三视图如图所示，该三棱柱的表面积为A．63+B．623+C．123+D．1223+【答案】D【解析】由题意可得，三棱柱的上下底面为边长为2的等边三角形，

侧面为三个边长为2的正方形，则其表面积为：()1322222sin6012232S=+=+.故选：D．【点睛】(1)以三视图为载体考查几何体的表面积，关键是能够对给出的三视图进行恰当的分析，从三视图中发现几何体中各元素间的位置关系及

数量关系．(2)多面体的表面积是各个面的面积之和；组合体的表面积应注意重合部分的处理．(3)圆柱、圆锥、圆台的侧面是曲面，计算侧面积时需要将这个曲面展为平面图形计算，而表面积是侧面积与底面圆的面积之和．7．【2020年高考浙江】某几何体的三视图（单位：cm）如图所示，则该几何

体的体积（单位：cm3）是A．73B．143C．3D．6【答案】A【解析】由三视图可知，该几何体是上半部分是三棱锥，下半部分是三棱柱，且三棱锥的一个侧面垂直于底面，且棱锥的高为1，棱柱的底面为等腰直角三角形，棱柱的高

为2，所以几何体的体积为11117211212232233+=+=.故选：A【点睛】本小题主要考查根据三视图计算几何体的体积，属于基础题.8．【2020年高考浙江】已知空间中不过同一点的三条直线l，m，n．“l，m，n共面”是“l，

m，n两两相交”的A．充分不必要条件B．必要不充分条件C．充分必要条件D．既不充分也不必要条件【答案】B【解析】依题意,,mnl是空间不过同一点的三条直线，当,,mnl在同一平面时，可能////mnl，故不能

得出,,mnl两两相交.当,,mnl两两相交时，设,,mnAmlBnlC===，根据公理2可知,mn确定一个平面，而,BmCn，根据公理1可知，直线BC即l，所以,,mnl在同一平面.综上所述，“,,mnl在同一平面”

是“,,mnl两两相交”的必要不充分条件.故选：B【点睛】本小题主要考查充分、必要条件的判断，考查公理1和公理2的运用，属于中档题.9．【2020年新高考全国Ⅰ卷】日晷是中国古代用来测定时间的仪器，利用与晷面垂直的晷针投射到晷面

的影子来测定时间．把地球看成一个球(球心记为O)，地球上一点A的纬度是指OA与地球赤道所在平面所成角，点A处的水平面是指过点A且与OA垂直的平面.在点A处放置一个日晷，若晷面与赤道所在平面平行，点A处的纬度为北纬40°，则晷针与点A处的水平面所成角为A．20°B．40°C．50°D．90°【答案

】B【解析】画出截面图如下图所示，其中CD是赤道所在平面的截线；l是点A处的水平面的截线，依题意可知OAl⊥；AB是晷针所在直线.m是晷面的截线，依题意依题意,晷面和赤道平面平行，晷针与晷面垂直，根据平面平行的性质定理可得可知//mCD，根据线面垂直的定义可得ABm⊥..由于40,//AOC

mCD=，所以40OAGAOC==，由于90OAGGAEBAEGAE+=+=，所以40BAEOAG==，也即晷针与点A处的水平面所成角为40BAE=.故选B.【点睛】本小题主要考查中国古代数学文化，

考查球体有关计算，涉及平面平行，线面垂直的性质，属于中档题.10．【2020年高考全国Ⅱ卷文数】设有下列四个命题：p1：两两相交且不过同一点的三条直线必在同一平面内．p2：过空间中任意三点有且仅有一个平面．p3：若空间两条直线不相交，则这两条直线平行．p4：若直线l

平面α，直线m⊥平面α，则m⊥l．则下述命题中所有真命题的序号是__________．①14pp②12pp③23pp④34pp【答案】①③④【解析】对于命题1p，可设1l与2l相交，这两

条直线确定的平面为；若3l与1l相交，则交点A在平面内，同理，3l与2l的交点B也在平面内，所以，AB，即3l，命题1p为真命题；对于命题2p，若三点共线，则过这三个点的平面有无数个，命题2p为假命题；对于命题3p，空间中两条直线相交、平行或异

面，命题3p为假命题；对于命题4p，若直线m⊥平面，则m垂直于平面内所有直线，直线l平面，直线m⊥直线l，命题4p为真命题.综上可知，，为真命题，，为假命题，14pp为真命题，12pp为假命题，23pp为真命题，34pp为真命题.故答案为：①③④.【点睛】本题考查复合命

题的真假，同时也考查了空间中线面关系有关命题真假的判断，考查推理能力，属于中等题.11．【2020年高考全国Ⅲ卷文数】已知圆锥的底面半径为1，母线长为3，则该圆锥内半径最大的球的体积为_________．【答案】23【解析】易知半径最大球为圆锥的

内切球，球与圆锥内切时的轴截面如图所示，其中2,3BCABAC===，且点M为BC边上的中点，设内切圆的圆心为O，由于223122AM=−=，故1222222S==△ABC，设内切圆半径为r，则：ABCAOBBOCAOCSSSS=++△△△△1

11222ABrBCrACr=++()1332222r=++=，解得：22r=，其体积：34233Vr==.故答案为：23.【点睛】与球有关的组合体问题，一种是内切，一种是外接．解题时要认真分析图形，明确切点和接点的位置，确定有关元素

间的数量关系，并作出合适的截面图，如球内切于正方体，切点为正方体各个面的中心，正方体的棱长等于球的直径；球外接于正方体，正方体的顶点均在球面上，正方体的体对角线长等于球的直径.12．【2020年高考浙江】已知

圆锥的侧面积（单位：cm2）为2，且它的侧面展开图是一个半圆，则这个圆锥的底面半径（单位：cm）是_______．【答案】1【解析】设圆锥底面半径为r，母线长为l，则21222rlrl==，解得1,2rl==.故答案为：1【点睛】本小题主要考查圆锥

侧面展开图有关计算，属于基础题.13．【2020年高考江苏】如图，六角螺帽毛坯是由一个正六棱柱挖去一个圆柱所构成的．已知螺帽的底面正六边形边长为2cm，高为2cm，内孔半轻为0.5cm，则此六角螺帽毛坯的体积是▲cm.【答案】1232−

【解析】正六棱柱体积为23622=1234，圆柱体积为21()222=，所求几何体体积为1232−.故答案为：1232−【点睛】本题考查正六棱柱体积、圆柱体积，考查基本分析求解能力，属基础题.14．【2020年新高考全国Ⅰ卷】已知直四棱柱ABCD–A1B1C1D1的棱长均

为2，∠BAD=60°．以1D为球心，5为半径的球面与侧面BCC1B1的交线长为________．【答案】22.【解析】如图：取11BC的中点为E，1BB的中点为F，1CC的中点为G，因为BAD=60°，直四棱柱1111ABCDABCD−的棱

长均为2，所以△111DBC为等边三角形，所以1DE3=，111DEBC⊥，又四棱柱1111ABCDABCD−为直四棱柱，所以1BB⊥平面1111DCBA，所以111BBBC⊥，因为1111BBBCB=

，所以1DE⊥侧面11BCCB，设P为侧面11BCCB与球面的交线上的点，则1DEEP⊥，因为球的半径为5，13DE=，所以2211||||||532EPDPDE=−=−=，所以侧面11BCCB与球面的交线上的点到E的距离为

2，因为||||2EFEG==，所以侧面11BCCB与球面的交线是扇形EFG的弧FG，因为114BEFCEG==，所以2FEG=，所以根据弧长公式可得2222FG==.故答案为：22.【点睛】本题考查了直棱柱

的结构特征，考查了直线与平面垂直的判定，考查了立体几何中的轨迹问题，考查了扇形中的弧长公式，属于中档题.15．【2020年高考全国Ⅰ卷文数】如图，D为圆锥的顶点，O是圆锥底面的圆心，ABC△是底面的内接正三角形，P为DO上一点，∠APC=90°．（1）证明：平面PAB⊥平面PAC；（2

）设DO=2，圆锥的侧面积为3π，求三棱锥P−ABC的体积.【解析】（1）由题设可知，PA=PB=PC．由于△ABC是正三角形，故可得△PAC≌△PAB．△PAC≌△PBC．又∠APC=90°，故∠APB=90°，∠BPC=90°．从而PB⊥PA，PB⊥PC，故PB⊥平面PAC，所以平面PA

B⊥平面PAC．（2）设圆锥的底面半径为r，母线长为l．由题设可得rl=3，222lr−=．解得r=1，l=3，从而3AB=．由（1）可得222PAPBAB+=，故62PAPBPC===．所以三棱锥P-ABC的体积为3111166()323228PAPBPC==．【点

睛】本题考查空间线、面位置关系，证明平面与平面垂直，求锥体的体积，注意空间垂直间的相互转化，考查逻辑推理、直观想象、数学计算能力，属于中档题.16．【2020年高考全国Ⅱ卷文数】如图，已知三棱柱ABC−A1B1C1的底面是正三角形，侧面BB1C1C是矩

形，M，N分别为BC，B1C1的中点，P为AM上一点．过B1C1和P的平面交AB于E，交AC于F．（1）证明：AA1//MN，且平面A1AMN⊥平面EB1C1F；（2）设O为△A1B1C1的中心，若AO=AB=6，AO//平面EB1C1F，且∠MPN=π

3，求四棱锥B−EB1C1F的体积．【解析】（1）因为M，N分别为BC，B1C1的中点，所以MN∥CC1．又由已知得AA1∥CC1，故AA1∥MN．因为△A1B1C1是正三角形，所以B1C1⊥A1N．又B1C1⊥MN，故B1C1⊥平面A1AMN．所以平面A1AMN⊥平面EB1C1F．（2）AO∥平

面EB1C1F，AO平面A1AMN，平面A1AMN平面EB1C1F=PN，故AO∥PN.又AP∥ON，故四边形APNO是平行四边形，所以PN=AO=6，AP=ON=13AM=3，PM=23AM=23，EF=13BC=2．因为BC∥平面EB1C1F

，所以四棱锥B−EB1C1F的顶点B到底面EB1C1F的距离等于点M到底面EB1C1F的距离．作MT⊥PN，垂足为T，则由（1）知，MT⊥平面EB1C1F，故MT=PMsin∠MPN=3．底面EB1C1F的面积为1111()

(62)624.22BCEFPN+=+=所以四棱锥B−EB1C1F的体积为1243243=．【点睛】本题主要考查了证明线线平行和面面垂直，及其求四棱锥的体积，解题关键是掌握面面垂直转为求证线面垂直的证法和棱锥

的体积公式，考查了分析能力和空间想象能力，属于中档题.17．【2020年高考全国Ⅲ卷文数】如图，在长方体1111ABCDABCD−中，点E，F分别在棱1DD，1BB上，且12DEED=，12BFFB=．证明：（1）当A

BBC=时，EFAC⊥；（2）点1C在平面AEF内．【解析】（1）如图，连结BD，11BD．因为ABBC=，所以四边形ABCD为正方形，故ACBD⊥．又因为1BB⊥平面ABCD，于是1ACBB⊥．所以AC⊥平面11BBD

D．由于EF平面11BBDD，所以EFAC⊥．（2）如图，在棱1AA上取点G，使得12AGGA=，连结1GD，1FC，FG，因为1123DEDD=，123AGAA=，11DDAA=∥，所以1EDAG=∥，于是四边形1EDGA为平行四边形，故1AEGD∥．因为1113BFBB=，1

113AGAA=，11BBAA=∥，所以11FGAB=∥，11FGCD=∥，四边形11FGDC为平行四边形，故11GDFC∥．于是1AEFC∥．所以1,,,AEFC四点共面，即点1C在平面AEF内．【点

睛】本题考查线面垂直判定定理、线线平行判定，考查基本分析论证能力，属中档题.18．【2020年高考江苏】在三棱柱ABC－A1B1C1中，AB⊥AC，B1C⊥平面ABC，E，F分别是AC，B1C的中点．（1）求证：EF∥平

面AB1C1；（2）求证：平面AB1C⊥平面ABB1．【解析】因为,EF分别是1,ACBC的中点，所以1EFAB∥.又/EF平面11ABC，1AB平面11ABC，所以EF∥平面11ABC.（2）因为1BC⊥平面ABC，AB平面ABC,所以1BCAB⊥.又ABAC⊥,1BC平面11ABC,A

C平面1ABC,1,BCACC=所以AB⊥平面1ABC.又因为AB平面1ABB,所以平面1ABC⊥平面1ABB.【点睛】本小题主要考查线面平行的证明，考查面面垂直的证明，属于中档题.19．【2020年高考浙江】如图，在三棱台ABC—DEF中，平面ACFD

⊥平面ABC，∠ACB=∠ACD=45°，DC=2BC．（Ⅰ）证明：EF⊥DB；（Ⅱ）求直线DF与平面DBC所成角的正弦值．【解析】（Ⅰ）如图，过点D作DOAC⊥，交直线AC于点O，连结OB.由45ACD=，DOAC⊥得2CD

CO=，由平面ACFD⊥平面ABC得DO⊥平面ABC，所以DOBC⊥.由45ACB=，1222BCCDCO==得BOBC⊥.所以BC⊥平面BDO，故BC⊥DB.由三棱台ABCDEF−得BCEF∥，所以

EFDB⊥.（Ⅱ）方法一：过点O作OHBD⊥，交直线BD于点H，连结CH.由三棱台ABCDEF−得DFCO∥，所以直线DF与平面DBC所成角等于直线CO与平面DBC所成角.由BC⊥平面BDO得OHBC⊥，故OH⊥平面BCD，所以OCH为直线CO与平面DBC所成角.设2

2CD=.由2,2DOOCBOBC====，得26,33BDOH==，所以3sin3OHOCHOC==，因此，直线DF与平面DBC所成角的正弦值为33.方法二：由三棱台ABCDEF−得DFCO∥，所以直线DF与平

面DBC所成角等于直线CO与平面DBC所成角，记为.如图，以O为原点，分别以射线OC，OD为y，z轴的正半轴，建立空间直角坐标系Oxyz−.设22CD=.由题意知各点坐标如下：(0,0,0),(1,1,0),(0,2,0),(0,

0,2)OBCD.因此(0,2,0),(1,1,0),(0,2,2)OCBCCD==−=−.设平面BCD的法向量(,,z)xy=n.由0,0,BCCD==nn即0220xyyz−+=−+=，可取(1,1,1)=n.所以|3sin|cos,|3|||OCOCOC

===n|nn|.因此，直线DF与平面DBC所成角的正弦值为33.【点睛】本题主要考查空间点、线、面位置关系，线面垂直的判定定理的应用，直线与平面所成的角的求法，意在考查学生的直观想象能力和数学运算能力，属于基础题．1．【重庆市江津中学、实验中学等七校2020届高三下学期

6月联考（三诊)数学】已知直线l和两个不同的平面，，则下列结论正确的是A．若//l，l⊥，则⊥B．若⊥，l⊥，则l⊥C．若//l，//l，则//D．若⊥，//αl，则l⊥【答案】A【解析】对于A中，设m，且//lm，又由

l⊥，所以m⊥，由面面垂直的判定定理，即可证得⊥；对于B中，若⊥，l⊥，则//l或l，所以不正确；对于C中，若//,//ll，则平面与平面可能是相交的，所以不正确；对于D中，

若⊥，//l，则l与可能是平行的，所以不正确.故选A．【点睛】本题主要考查了线面位置关系的判定与证明，其中解答中熟记线面位置关系的判定定理和性质定理，逐项判定是解答的关键，着重考查了推理与论证能力，属于中档试题.2．【2020届黑龙江省大庆实验中学高三下学期第二次

“战疫”线上测试数学】已知如图，点E，F，G，H分别是正方体1111ABCDABCD−中棱1AA，AB，BC，11CD的中点，则A．2GHEF=，且直线EF，GH是相交直线B．2GHEF=，且直线EF，GH是异面直线C．2GHEF，且直线EF，GH是相交直线D．2GHEF

，且直线EF，GH是异面直线【答案】C【解析】设正方体的棱长为2，则1122EFAB==，226GHGCCH=+=，所以2GHEF，设M，N分别为1CC和11AD的中点，则六边形EFGMHN是过EFGH四点的平面截正方体的截面，所以EF与GH是共面直线，且EF与GH不平行，所以EF与G

H是相交直线.故选C．3．【河北省衡水中学2020届高三下学期第九次调研数学】如图，已知正三棱柱111ABCABC−的底面边长为1cm，高为5cm，一质点自A点出发，沿着三棱柱的侧面绕行两周到达1A点的最短路线的长为A．12B．13C．61D．15【答案】C【解析】将

正三棱柱111ABCABC−沿侧棱展开,再拼接一次,其侧面展开图如图所示，在展开图中,最短距离是六个矩形对角线的连线的长度,也即为三棱柱的侧面上所求距离的最小值.由已知求得矩形的长等于616=,宽等于5,由勾股定理22d6561=+=.故选:C．【点睛】本题考查棱柱的结构特征

,空间想象能力,几何体的展开与折叠,体现了转化(空间问题转化为平面问题,化曲为直)的思想方法.4．【2020届广西河池市高三上学期期末考试数学】某几何体的三视图如图所示，其俯视图是一圆心角为45°的扇形，则该几何体的表面积为A．524+B．5122+C．312+D．3122+【答案】B

【解析】由三视图可知，该几何体是18个圆柱，其上下底面均为18圆面，侧面由2个矩形和1个18圆弧面构成.故其表面积21152223222312882S=++=+.故选B．5．【辽宁省葫芦岛市2020届高三5月联

合考试数学】某几何体的三视图如图所示，则该几何体的表面积为A．1862+B．242C．13D．18【答案】C【解析】由三视图可知，该几何体为三棱台，它在正方体中的直观图如图所示，则它的表面积为11(12)(222)322211221322222+++++=

.故选C．【点睛】本题主要考查三视图，同时考查了几何体的表面积，根据三视图还原几何体的直观图为解题的关键，属于简单题.6．【安徽省马鞍山市第二中学2019-2020学年高三第二次阶段性素质测试数学】某几何体的三视图如何所示，则该几何体的体积为A．163B．643C．803D．14

3【答案】C【解析】由已知中的三视图，可得几何体的直观图如下图所示：它有四棱锥FABCD−与三棱锥FABE−组成，故体积111804442443323V=+=，故选：C．【点睛】本题考查的知识点是棱锥的体积，简单

几何体的三视图，属于中档题．7．【甘肃省武威市第十八中学2020届高三上学期期末考试数学】已知某几何体的三视图如图所示，则该几何体的体积为A．134+B．14+C．1312+D．112+【答案】D【解析】根据三视图知：几何体为三棱柱和四分之一圆锥的组合体，则2121111111

2143212VVV=+=+=+.故选：D．【点睛】本题考查了根据三视图求体积，意在考查学生的计算能力和空间想象能力，确定几何体形状是解题的关键.8．【山东省日照五莲县丶潍坊安丘市、潍坊诸城市、临沂兰山

区2020届高三6月模拟数学试题】唐朝的狩猎景象浮雕银杯如图1所示.其浮雕临摹了国画、漆绘和墓室壁画，体现了古人的智慧与工艺.它的盛酒部分可以近似地看作是半球与圆柱的组合体（假设内壁表面光滑，忽略杯壁厚度），如图2所示.已知球的半径为R，酒杯内壁表面积为2143R,设酒

杯上部分（圆柱）的体积为1V，下部分（半球）的体积为2V，则12VV=A．2B．32C．1D．34【答案】A【解析】设酒杯上部分（圆柱）的高为h，球的半径为R，则酒杯下部分（半球）的表面积为22R，酒杯内壁表面积为2143R，得圆柱侧面积为223214RR−=283R，酒杯上部分（圆柱

）的表面积为2283RhR=，解得43hR=酒杯下部分（半球）的体积332142233VRR==酒杯上部分（圆柱）的体积2314433RVRR==所以133224323RVVR==.故选A．【点睛】本题考

查球的表面积和体积、圆柱侧面积和体积，属于中档题.9．【山东省日照五莲县丶潍坊安丘市、潍坊诸城市、临沂兰山区2020届高三6月模拟数学】如图，正方体1111ABCDABCD−的棱长为1，线段11BD上有两个动点E、F，且12EF=，则下列结论中正确的是A．线段11BD上存在点E、F使得//A

EBFB．//EF平面ABCDC．AEF的面积与BEF的面积相等D．三棱锥A-BEF的体积为定值【答案】BD【解析】如图所示，AB与11BD为异面直线，故AE与BF也为异面直线，A错误；11//BDBD，故//EF平面ABCD，故B正确；由

图可知，点A和点B到EF的距离是不相等的，C错误；连结BD交AC于O，则AO为三棱锥A-BEF的高，1111224BEFS==△，三棱锥A-BEF的体积为112234224=为定值，D正确；故选BD．【点睛】本题考查了异面直线的定义、线面平行的判定定理、

椎体的体积公式，需熟记公式，属于基础题.10．【2020届河南省郑州市高三第二次质量预测文科数学试题】在正方体ABCD-A1B1C1D1中，三棱锥A1-BC1D内切球的表面积为4π，则正方体外接球的体积为A．86B．36C．323D．646【答案】B【解析】设正方体的棱长为a

，则2BDa=，因为三棱锥11ABCD−内切球的表面积为4，所以三棱锥11ABCD−内切球的半径为1，设11ABCD−内切球的球心为O，1A到平面1BCD的距离为h，则1114ABCDOBCDVV−−=，11114133BCDBCDShS=，4h=

，又()223622233haaa=−=，624,233aa==，又因为正方体外接球直接就是正方体对角线长，正方体外接球的半径为()()()22223232332++=，其体积为343363

=，故选B．11．【山西省大同市第一中学2019-2020学年高三下学期3月月考数学】已知圆锥的底面圆心为O，,SASB为圆锥的两条母线，且SA与圆锥底面所成的角为30，60AOB=，则SB与平面SOA所成的角的正弦值为A．34B．34C．12D．32【答案】B【解析】如图所示，C为

AO中点，连接BC，SC，设底面半径为r，SA与圆锥底面所成的角为30SAO=，故33SOr=，233SBr=，60AOB=，故OAB为等边三角形，32BCr=，故BCAO⊥，易知SOBC⊥，故BC⊥平面SOA，故BSC为SB与平面SOA所成的角，332sin4233rBCBSCSBr

===.故选B.【点睛】本题考查了线面夹角，意在考查学生的计算能力和空间想象能力.12．【安徽省马鞍山市第二中学2019-2020学年高三第二次阶段性素质测试数学】在正方体1111ABCDABCD−中，E为棱1CC的中点，则异面直线AE与CD所成角的余弦值为A．22B．23C．32D．0【答

案】B【解析】连结BE，在正方体1111ABCDABCD−中，E为棱1CC的中点，//CDAB，BAE是异面直线AE与CD所成角（或所成角的补角），设正方体1111ABCDABCD−中棱长为2，则2AB=，41

5BE=+=，ABBE⊥，22453AEABBE=+=+=，异面直线AE与CD所成角的余弦值为：2cos3ABBAEAE==．故异面直线AE与CD所成角的余弦值为23．故选：B．【点睛】本题考查异面直线所成角余弦值的求法，考查空间中线线、线面、面面间的位置关系等基础知识，考查

运算求解能力，考查函数与方程思想，属于基础题．13．【广东省深圳市高级中学2020届高三下学期5月适应性考试数学】已知某圆锥的侧面展开图为如图所示的扇形，且23C=，23AB=.则该圆锥的体积为______.【答案】16281【解析】设ACBCR==，在ABC中，因为23C=，23

AB=，所以2R=，弧长24233AB==，设圆锥底面圆的半径为r，高为h，则423r=，所以23r=，22442493hRr=−=−=，故211442162339381Vrh===圆锥.【点睛】本题考查由圆锥的展开图求圆锥

的体积，关键在于求得圆锥的底面半径和圆锥的高，属于基础题.14．【2020届湖南省常德市高三上学期期末数学】某圆柱的高为2，体积为2，其底面圆周均在同一个球面上，则此球的表面积为__________．【答案】8.【解析】由题意作出示意图，设圆柱底面半径为r

，球的半径为R，∵圆柱的高为2，体积为2，∴1OO'=，222r=，得1r=，∴2R=，∴此球的表面积248SR==，故答案为：8．15．【2020届河北省张家口市高三上学期期末教学质量监

测数学】四面体ABCD中，22,2,23BCCDBDABADAC======则四面体ABCD外接球的表面积为__________.【答案】12【解析】取AC的中点为E，在ABC中，22,2,23BCABAC===，故222BCABAC+=，所

以ABC为直角三角形，同理可得ADC为直角三角形，则能得到3BEDE==,同时23AC=，E为中点，所以3AECE==,所以E为外接球的球心，且半径为3，所以四面体ABCD外接球的表面积为24(3)12=.故答案为：12【点睛】本题考查了三棱锥外接球的表面积问题，解

题的关键是找准外接球的球心，解出外接球的半径，解题的途径是根据外接球的球心到四个顶点的距离相等这一条件来解题.16．【重庆市江津中学、实验中学等七校2020届高三下学期6月联考（三诊)数学】底面为正三角形且侧棱垂直于底面的三棱柱内接于半径为3的球，则该棱柱体积的最大值为______.【答案】33【

解析】如图所示，球心O在平面ABC的投影为ABC的中心1O，设等边三角形边长为a，高为h，则1233323AOaa==，2223323haR+==，即22343ha+=，2231333933392244416

Vahhhhh==−=−，()()29393932241616Vhhh=−=+−，函数在()0,2上单调递增，在()2,+上单调递减，故当2h=时，V有最大值为93332833416−=.故答案为33.【点睛

】本题考查了三棱柱的外接球问题，利用导数求最值，意在考查学生的计算能力和空间想象能力，综合应用能力.17．【2020届福建省龙岩市高三上学期期末教学质量检查数学】如图，在边长为4正方体1111ABCDABCD−中，E为1BB的中点，ACBDO=，点P在正方体表面上移动，且满足1OPDE⊥，则点O和

满足条件的所有点P构成的图形的面积是______.【答案】18【解析】取11AB，11BC的中点分别为M，N，连结AM，MN，NC，由于//ACMN，所以AMNC四点共面，且四边形AMNC为梯形，∵1DEMN⊥，1DEAM⊥，MNAMM=，∴1DE⊥面AMNC，∵点P在正

方体表面上移动，∴点P的运动轨迹为梯形AMNC.∵正方体1111ABCDABCD−的边长为4，∴22NM=，42AC=，25AMCN==，∴梯形AMNC为等腰梯形，∴其高为()()225232−=.面积为()1422232182+=.故答案为:1

8【点睛】本题考查满足条件的图形与正方体表面的交线轨迹面积，考查空间垂直之间的转换得出线线垂直，属于较难题.18．【河北省衡水中学2020届高三下学期第九次调研数学】已知四棱锥SABCD−的所有顶点都在同一球面上，底面ABCD是正方形且

和球心O在同一平面内，当此四棱锥体积取得最大值时，其表面积等于223+，则球O的体积等于___.【答案】43【解析】由题意,当此四棱锥体积取得最大值时,四棱锥为正四棱锥,该四棱锥的表面积等于223+,设球O的半径为r,则2,ACrSOr==，如图,该四棱锥的

底面边长为2ABr=,则有22212(2)4222223rrrr++=+.1r=.球O的体积是43.故答案为43.【点睛】本题考查球内接多面体及球的体积,解题的关键是确定球的半径,再利用公式求解,难度一般.19．【山西省太原市第五中学2020届

高三下学期6月月考数学】如图，在棱长为2的正方体1111ABCDABCD−中，E，F，G分别是棱AB，BC，1CC的中点，P是底面ABCD内一动点．若直线1DP与平面EFG不存在公共点，设直线1DP与直线1CC所成角为，则co

s的取值范围是___________________．【答案】26,23【解析】补全截面EFG为截面EFGHQR如图，直线1DP与平面EFG不存在公共点，1//DP平面EFGHQR，易知平面1//ACD平面EFGHQ

R，PAC，在正方体1111ABCDABCD−中，11//CCDD所以1DPD即为直线1DP与直线1CC所成角，连接DP，则22DP，在1DDP中，22211DPDPDD=+，所以16,22DP所以1126cos,23DDDP=故答案为26,23

.【点睛】本题考查了线面平行，面面平行，立体几何中的动点问题，属于中档题．20.【河北省衡水中学2019-2020学年度高三年级下学期一调考试文数试卷】如图，三棱柱ABC﹣A1B1C1的所有棱长都是2，AA1⊥面ABC，D，E分别是AC，CC

1的中点．（1）求证：AE⊥平面A1BD；（2）求三棱锥B1﹣ABE的体积．【解析】（1）证明：∵AB＝BC＝CA，D是AC的中点，∴BD⊥AC，∵三棱柱ABC﹣A1B1C1中，AA1⊥平面ABC，∴平面AA1C1C⊥平面ABC，且平面AA1C1C∩平面ABC＝AC，∴BD

⊥平面AA1C1C，∵AE⊂平面AA1C1C，∴BD⊥AE．又∵在正方形AA1C1C中，D，E分别是AC，CC1的中点，∴A1D⊥AE，又A1D∩BD＝D，∴AE⊥平面A1BD．（2）（割补法）：VB﹣ACE＝S△ABC×AA1BD．21．【江西省临

川二中、临川二中实验学校2020届高三上学期第三次月考数学】如图，在四棱锥PABCD−中，底面ABCD的边长是2的正方形，PAPD=，PAPD⊥，F为PB上的点，且AF⊥平面PBD.（1）求证：平面PAD⊥平面ABCD；（2）求直线PB与平面ABCD所成角的正弦值.【解析】（1）

∵AF⊥平面PBD，PB平面PBD，∴PDAF⊥,∵PAPD⊥PAAFA=,∴PD⊥平面PAB,∵AB平面PAB∴PDAB⊥.∵ABCD是正方形，∴ABAD⊥,∵PDAB⊥，ADPDD=，∴AB⊥平面P

AD,∵AB平面ABCD，∴平面PAD⊥平面ABCD,（2）取AD的中点H，连接PH，BH，∵PAPD=，∴PHAD⊥，∵平面PAD⊥平面ABCD，PH平面PAD,平面PAD平面ABCDAD=,∴PH⊥平面ABCD,∴BH是PB在平面ABCD内的射影.∴P

BH就是PB与平面ABCD所成的角,在等腰RtPAD中，∵2AD=，H是AD的中点，∴1PH=,在RtBAH中，∵1AH=，2AB=,∴5BH=，∴226PBPHBH=+=,∴16sin66PHPBHPB===.22．

【辽宁省锦州市黑山县黑山中学2020届高三6月模拟考试数学】如图所示长方形BCEF，222FBABFABC===，现沿AD，GH两道折痕进行折叠，AD、GH均与CE垂直，=3HAB，成为如图所示立体图形（1）若:1:2

FHHA=，FAAB⊥，求证平面//EFGH平面ABCD（2）在（1）的条件下，设3AB=，请求出四面体HACE−的体积【解析】（1）如图作HTFA⊥，∵FAAB⊥，π=3HAB，∴π=6HAT，∴π1si

n62HTHAHA==.又∵12FHHA=，∴F与T重合，∴AFH为直角三角形，FHAF⊥，//FHAB，又//HGAD，,==FHHGHABADA，所以，平面//EFHG平面ABCD.（2）如图，把四面体HACE−，放在长方体ABCDEFMN−中，3AB=，

3BC=，3AF=，1=FH，−−−−−−−=−−−−−HACEABCDFMNEAEFHHABCHENCEACDHBCNMVVVVVVV=33333339323232222−−−−−=，所以，四面体HACE−的体积23.23.【四川省棠湖中学2020届高三下学期第三学月考试数学（文）试

题】如图，在四棱锥PABCD−中，底面ABCD是边长为2的菱，120,2,,BADPAPBPCPDE====是PB的中点．（I）证明：PD//平面AEC；（II）设F是线段DC上的动点，当点E到平面PAF距离最大时，求三棱锥PAFE−的体积．

【解析】（1）证明：连接DB与AC交于O，连接OE，因为ABCD是菱形，所以O为DB的中点，又因为E为PB的中点，所以//PDOE，因为PD平面,AECOE平面AEC，所以//PD平面AEC．（2）解：取

BC中点M，连接,AMPM，因为四边形ABCD是菱形，120BAD=，且PCPB=，所以,BCAMBCPM⊥⊥，又AMPMM=，所以BC⊥平面APM，又AP平面APM，所以BCPA⊥．同理可证：DCPA⊥，又BCDCC=，所以PA⊥平面ABCD，所以平面PAF⊥平面ABCD，又

平面PAF平面ABCDAF=，所以点B到直线AF的距离即为点B到平面PAF的距离，过B作直线AF的垂线段，在所有垂线段中长度最大为2AB=，因为E为PB的中点，故点E到平面PAF的最大距离为1，此时，F为DC的中点，即3AF=，

所以1123322PAFSPAAF===△，所以133133PAFEEPAFVV−−===．24．【四川省资阳市2019-2020学年高三上学期第二次诊断考试数学】如图，在四棱锥PABCD−中，底面ABCD为正方

形，PA⊥底面ABCD，PAAB=，E为线段PB的中点．（1）若F为线段BC上的动点，证明：平面AEF⊥平面PBC；（2）若F为线段BC，CD，DA上的动点（不含A，B），2PA=，三棱锥ABEF−的体积是否

存在最大值？如果存在，求出最大值；如果不存在，请说明理由．【解析】（1）因为PAAB=，E为线段PB的中点，所以AEPB⊥,因为PA⊥底面ABCD，BC平面ABCD，所以BCPA⊥,又因为底面ABCD为正方形

，所以BCAB⊥，PAABA=,所以BC⊥平面PAB,因为AE平面PAB，所以AEBC⊥,因为PBBCB=，所以AE⊥平面PBC,因为AE平面AEF，所以平面AEF⊥平面PBC.（2）由PA⊥底面ABCD，则平面PAB⊥平面ABC

D,所以点F到平面ABE的距离（三棱锥FABE−的高）等于点F到直线AB的距离,因此，当点F在线段BC，AD上运动时，三棱锥FABE−的高小于或等于2,当点F在线段CD上运动时,三棱锥FABE−的高为2,因为ABE△的面积为12112ABE

S==△,所以当点F在线段CD上，三棱锥FABE−的体积取得最大值,最大值为12233ABEVS==△.由于三棱锥ABEF−的体积等于三棱锥FABE−的体积,所以三棱锥ABEF−的体积存在最大值23.25．【辽宁省葫芦岛市2020届高三5月联合考试数学】如图①，在等腰梯形ABCD中，3AB

=，2AD=，5CD=.AECD⊥，交CD于点E.将ADE沿线段AE折起，使得点D在平面ABCE内的投影恰好是点E，如图.（1）若点M为棱AD上任意一点，证明：平面MBC⊥平面DEB.（2）在棱BD上是否存在一点N，使得三棱锥EANC−的体积为43

9？若存在，确定N点的位置；若不存在，请说明理由.【解析】（1）在等腰梯形ABCD中，223AEADDE=−=，2223BEAEAB=−=，在BEC△中，22212416BEBCCE+=+==，所以BECB⊥，又因为DE⊥平面ABCE，BC平

面ABCE，所以DEBC⊥，DEBEE=，所以BC⊥平面BDE，BC平面MBC，所以平面MBC⊥平面BDE；（2）EANCNAECVV−−=，1232AECSAECE==△，设点N到平面AEC的距离为h，则14339NAECAECVSh−==△，所以23h=，在BE

D中，DE⊥平面AEC，所以存在点N，使得23BNBD=，则点N是线段BD靠近D的三等分点.【点睛】本题考查面面垂直的证明，考查等体积法的应用，考查空间想象能力和运算求解能力，属于常考题.26．[2020届湖南省高三上学期期末统测数学（文)]如图，ABCD是正方形，点P在以BC为直径的半圆弧上（

P不与B，C重合），E为线段BC的中点，现将正方形ABCD沿BC折起，使得平面ABCD⊥平面BCP.（1）证明：BP⊥平面DCP.（2）若2BC=，当三棱锥DBPC−的体积最大时，求E到平面BDP的距离.【解析】（1）证明：因为平面ABCD⊥平

面,BPCABCD是正方形，平面ABCD平面BPCBC=，所以DC⊥平面BPC.因为BP平面BPC，所以BPDC⊥.因为点P在以BC为直径的半圆弧上，所以BPPC⊥.又DCPCC=，所以BP⊥平面DCP.（2）当点P位于BC的中点时，BCP的面积最大，三棱锥DBPC−

的体积也最大.因为2BC=，所以1PE=，所以BEP的面积为111122=，所以三棱锥DBEP−的体积为1112323=.因为BP⊥平面DCP，所以BPDP⊥，22(22)(2)6DP=−=，BDP的面积为12632

=.设E到平面BDP的距离为d，由11333d=，得33d=，即E到平面BDP的距离为33..27．【2020届广东省东莞市高三期末调研测试数学】如图甲，AD，BC是等腰梯形CDEF的两条高，2ADAECD===，

点M是线段AE的中点，将该等腰梯形沿着两条高AD，BC折叠成如图乙所示的四棱锥P-ABCD（E，F重合，记为点P）.甲乙（1）求证：BMDP⊥；（2）求点M到平面BDP距离h.【解析】（1）因为ADEF⊥，所以,ADA

P⊥ADAB⊥，又APABA=，AP，ABÌ平面ABP，所以AD⊥平面ABP，因为BM平面ABP，所以ADBM⊥；由已知得，2ABAPBP===，所以ABP△是等边三角形，又因为点M是AP的中点，所以BMAP⊥；因为,AD

BM⊥,APBM⊥,ADAPA=,ADAP平面ADP，所以BM⊥平面ADP，因为DP平面ADP，所以BMDP⊥.（2）取BP中点N，连结DN，因为AD⊥平面ABP，2ABAPAD===，所以22DPBD==，所以DNBP

⊥，所以，在RtDPN中，22817DNDPPN=−=−=，所以12DBPSBPDN=1272=7=，因为AD⊥平面ABP，所以13DBMPBMPVADS−=，因为MBDPDBMPVV−−=，所以1133BDPBMPhSADS

=，又12BMPABPSS=21324AB=233282==，所以32177BMPBDPADShS===，即点M到平面BDP的距高为217.【点睛】本题考查了线面垂直的判定定理，重点考查了利用等体积法求点到面

的距离，属中档题.